2025版高考数学大二轮复习专题三立体几何第一讲空间几何体的三视图表面积与体积及空间线面位置关系的判定限时规范训练文

PAGE1-第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积及空间线面位置关系的判定1．(2024·淄博一模)已知直线l和两个不同的平面α，β，则下列结论正确的是()A．若l∥α，l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βC．若l∥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：设m⊂α，且m∥l，由l⊥β，则m⊥β，由面面垂直的判定定理可得：α⊥β，即选项A正确，故选A.答案：A2．(2024·广元模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A．4π B.eq\f(14π,3)C.eq\f(4π,3) D.eq\f(8π,3)解析：依据几何体的三视图转换为几何体，该几何体由eq\f(1,4)个半径为2的球和eq\f(1,2)个底面半径为2，高为3的圆锥构成．故V＝eq\f(1,4)·eq\f(4,3)·π·23＋eq\f(1,2)·eq\f(1,3)·π·22·3＝eq\f(14π,3)，故选B.答案：B3.(2024·梅州一模)如图，Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝3，AC＝4，以AC所在直线为轴旋转一周，所得几何体的表面积等于()A．24π B.12πC.eq\f(33π,2) D.eq\f(27π,2)解析：由题意可得旋转体为圆锥，底面半径为3，高为4，故它的母线长BC＝eq\r(32＋42)＝5，侧面积为πrl＝π×3×5＝15π，则它的底面积为π·32＝9π，故它的表面积为15π＋9π＝24π，故选A.答案：A4.在《九章算术》中，将有三条棱相互平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”．现有一个羡除如图所示，DA⊥平面ABFE，四边形ABFE，CDEF均为等腰梯形，AB∥CD∥EF，AB＝AD＝4，EF＝8，E到面ABCD的距离为6，则这个羡除的体积是()A．96 B.72C．64 D.58解析：如图，多面体切割为两个三棱锥E­AGD，F­HBC和一个直三棱柱GAD­HBC，这个羡除体积为：V＝2×eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×4×6＋eq\f(1,2)×6×4×4＝64.故选C.答案：C5．(2024·兴庆区校级一模)一个四棱锥的三视图如图所示，其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为eq\r(2)的正方形，则该几何体的表面积为()A．4 B.2eq\r(3)C．2eq\r(3)＋2 D.6解析：依据几何体的三视图，转换为几何体为：由于正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为eq\r(2)的正方形，故底面的对角线长为2.所以四棱锥的高为eq\f(1,2)×2＝1，故四棱锥的侧面高为h＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＋12)＝eq\f(\r(6),2)，则四棱锥的表面积为S＝4×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(6),2)＋2＝2eq\r(3)＋2.故选C.答案：C6．(2024·聊城一模)数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有刍甍(ménɡ)，下广三丈，袤(mào)四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高1丈，问它的体积是多少？”．现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为(单位：立方丈)()A．5.5 B.5C．6 D.6.5解析：依据三视图知，该几何体是三棱柱，截去两个三棱锥，如图所示：结合图中数据，计算该几何体的体积为V＝V三棱柱－2V三棱锥＝eq\f(1,2)×3×1×4－2×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×1×1＝5(立方丈)．答案：B7．(2024·湛江一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A.eq\f(2,3) B.eq\f(4,3)C．4 D.eq\f(2\r(5),3)解析：依据三视图知，该几何体是底面为平行四边形的四棱锥P­ABCD，如图所示：则该四棱锥的高为2，底面积为1×2＝2，所以该四棱锥的体积是V＝eq\f(1,3)×2×2＝eq\f(4,3).故选B.答案：B8．(2024·南康区校级月考)已知球的直径SC＝2，A，B是该球球面上的两点，AB＝1，∠ASC＝∠BSC＝45°，则棱锥S­ABC的体积为()A.eq\r(3) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),6)解析：∵AB＝1，∴△OAB为正三角形．又∵∠BSC＝∠ASC＝45°，且SC为直径，∴△ASC与△BSC均为等腰直角三角形．∴BO⊥SC，AO⊥SC.又AO∩BO＝O，∴SC⊥面ABO.∴VS­ABC＝VC­OAB＋VS­OAB＝eq\f(1,3)·S△OAB·(SO＋OC)＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×2＝eq\f(\r(3),6).故选D.答案：D9．(2024·揭阳一模)已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A、B满意△SAB为等边三角形，且面积为4eq\r(3)，又知SA与圆锥底面所成的角为45°，则圆锥的表面积为()A．8eq\r(2)π B.4(eq\r(2)＋2)πC．8(eq\r(2)＋1)π D.8(eq\r(2)＋2)π解析：如图所示，设圆锥母线长为l，由△SAB为等边三角形，且面积为4eq\r(3)，得eq\f(\r(3),4)·l2＝4eq\r(3)，解得l＝4.设圆锥底面半径为r，由SA与圆锥底面所成的角为45°，得r＝4×cos45°＝2eq\r(2)；所以圆锥的表面积为S表＝πrl＋πr2＝8(eq\r(2)＋1)π.答案：C10．(2024·信州区校级月考)在空间四边形ABCD中，若AB＝BC＝CD＝DA，且AC＝BD，E、F分别是AB、CD的中点，则异面直线AC与EF所成角为()A．30° B.45°C．60° D.90°解析：取AD，BD的中点分别为G，H，连接GF，EG，AH，CH，易证AH⊥BD，CH⊥BD，∴BD⊥平面ACH，从而BD⊥AC，又EG∥BD，FG∥AC，∴EG⊥FG，∴∠EGF＝90°，依据EG＝eq\f(1,2)BD，FG＝eq\f(1,2)AC，且BD＝AC，所以EG＝FG，∴∠GFE＝45°，∴异面直线AC与EF所成角为45°.答案：B11．在三棱锥S­ABC中，已知SA＝4，AB＝AC＝1，∠BAC＝eq\f(2π,3)，若S，A，B，C四点均在球O的球面上，且SA恰为球O的直径，则三棱锥S­ABC的体积为()A.eq\f(\r(3),12) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(3,4)解析：∵在三棱锥S­ABC中，SA＝4，AB＝AC＝1，∠BAC＝eq\f(2π,3)，S，A，B，C四点均在球O的球面上，且SA恰为球O的直径，∴∠ABS＝∠ACS＝90°，SB＝SC＝eq\r(15)，BC＝eq\r(1＋1－2×1×1×cos\f(2π,3))＝eq\r(3)，取BC中点O，连接SO，AO(图略)，则SO⊥BC，AO⊥BC，AO＝eq\f(1,2)，BO＝eq\f(\r(3),2)，SO＝eq\r(15－\f(3,4))＝eq\f(\r(57),2)，∴cos∠SAO＝eq\f(SA2＋AO2－SO2,2×SA×AO)＝eq\f(16＋\f(1,4)－\f(57,4),2×4×\f(1,2))＝eq\f(1,2)，∴∠SAO＝60°，∴S到平面ABC的距离d＝SA×sin60°＝4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)，∴三棱锥S­ABC的体积：V＝eq\f(1,3)×S△ABC×d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(1,2)×2eq\r(3)＝eq\f(1,2).故选C.答案：C12．(2024·东莞市一模)三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝30°，△APC的面积为2，则三棱锥P­ABC的外接球体积的最小值为()A．4π B.eq\f(4π,3)C．64π D.eq\f(32π,3)解析：设AC＝x，由于PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴PA⊥AC，则△APC的面积为S△APC＝eq\f(1,2)AC·PA＝2，则PA＝eq\f(4,x)，由正弦定理知，△ABC的外接圆直径为2r＝eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(x,sin30°)＝2x，所以，三棱锥P­ABC的外接球直径为2R＝eq\r(PA2＋2r2)＝eq\r(\f(16,x2)＋4x2)≥eq\r(2\r(\f(16,x2)·4x2))＝4，当且仅当eq\f(16,x2)＝4x2，即当x＝eq\r(2)时，等号成立，则R≥2.所以，该三棱锥P­ABC的外接球的体积为eq\f(4,3)πR3≥eq\f(4,3)π×23＝eq\f(32,3)π.因此，三棱锥P­ABC的外接球体积的最小值为eq\f(32,3)π.故选D.答案：D13．(2024·吉安期末测试)某圆锥的母线和底面半径分别为eq\r(5)，1，则此圆锥的体积是________．解析：圆锥的底面半径为r＝1，母线长为l＝eq\r(5)，则高为h＝eq\r(5－1)＝2，所以圆锥的体积为V＝eq\f(1,3)π·r2·h＝eq\f(1,3)π·12·2＝eq\f(2π,3).答案：eq\f(2π,3)14．(2024·常熟市校级月考)如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，点D，E分别是棱BC，A1C1的中点．设三棱锥E­ABD的体积为V1，斜三棱柱的体积为V2，则eq\f(V1,V2)的值是________．解析：设三棱柱ABC­A1B1C1的底面ABC的面积为S，高为h，则三棱柱的体积为V2＝Sh.∵D是棱BC的中点，E是棱A1C1上的点，∴S△ABD＝eq\f(1,2)S，则V1＝VE­ABD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)Sh＝eq\f(1,6)Sh，∴eq\f(V1,V2)的值是eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)15．(2024·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为eq\r(3)，那么P到平面ABC的距离为________．解析：如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝eq\r(3)，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(\r(3)2－12)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)16．(2024·高考全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形态多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形态是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的全部顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．解析：先求面数，有如下两种方法．法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面．法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2(欧拉公式)．由图形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24，故由V＋F－E＝2，得